2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第六章 6.5数列求和（word含答案解析）

1、6.5数列求和(教师独具内容)1能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能运用相关知识解决与前n项和相关的问题2熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，并能够利用公式求数列的前n项和3掌握非等差数列、等比数列求和的几种常见方法4重点提升逻辑推理和数学运算素养(教师独具内容)数列求和是高考的重点考查内容，可以综合数列的概念、性质等进行考查在选择题、填空题和解答题中都可以出现，既可以是基本运算的中等题或简单题，也可以是难度较大的综合题(教师独具内容)(教师独具内容)1公式法(1)等差数列an的前n项和Sn eq o(,sup3(01) eq f(n（a1an）,2) eq o(,su

2、p3(02)na1 eq f(n（n1）d,2)推导方法：倒序相加法(2)等比数列an的前n项和Sn eq blc(avs4alco1(na1，q1，,f(a1（1qn）,1q)，q1.)推导方法：乘公比，错位相减法(3)一些常见的数列的前n项和：123n eq f(n（n1）,2)；2462nn(n1)；135(2n1)n2.2几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减(2)并项求和法：形如an(1)nf(n)类型，常采用两项合并求解(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和

3、时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和(4)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和可用错位相减法(5)倒序相加法：如果一个数列an的前n项中，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解3常用结论常见的裂项技巧： eq f(1,n（n1）) eq f(1,n) eq f(1,n1). eq f(1,n（n2）) eq f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n2). eq f(1,（2n1）（2n1）) eq f(1,2) eq blc

4、(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)f(1,2n1). eq f(1,r(n)r(n1) eq r(n1) eq r(n). eq f(1,n（n1）（n2）) eq f(1,2) eq blcrc(avs4alco1(f(1,n（n1）)f(1,（n1）（n2）).1(2021无锡模拟)设数列an为等比数列，数列bn为等差数列，且b10，cnanbn，若数列cn是1，1，2，则数列cn的前10项和为()A978 B557 C467 D979答案A解析设等比数列an的公比为q，等差数列bn的公差为d.因为cnanbn，所以 eq blc(avs4alco1(a1b11，,a2b21，

5、,a3b32，)解得 eq blc(avs4alco1(a11，,d1，,q2，)所以cn2n1(1n).所以数列cn的前10项和为 eq f(1210,12) eq f(10（09）,2)978.故选A.2(2021丹东模拟)已知在等差数列an中，a10，d0，前n项和为Sn，等比数列bn满足b1a1，b4a4，前n项和为Tn，则()AS4T4 BS40，q1，数列bn为递增数列，又S4T4a2a3(b2b3)a1a4a1q eq f(a4,q)a1(1q)a4 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,q) eq f(q1,q)(a4a1q) eq f(q1,q)(b4b2)0，

6、所以S4T4.故选A.解法二：不妨取an7n4，则等比数列bn的首项b13，公比q eq r(3,f(b4,b1) eq r(3,f(a4,a1)2，所以S454，T4 eq f(b1（1q4）,1q)45，显然S4T4，故选A.3(2021泉州模拟)已知各项均为正数且递减的等比数列an满足a3， eq f(3,2)a4，2a5成等差数列，其前n项和为Sn，且S531，则()Aan eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n4) Ban2n3CSn32 eq f(1,2n5) DSn2n416答案C解析由a3， eq f(3,2)a4，2a5成等差数列，得3a

7、4a32a5，设等比数列an的公比为q，则2q23q10，解得q eq f(1,2)或q1.又因为数列an各项为正数且为递减数列，所以q eq f(1,2)，所以S5 eq f(a1blc(rc)(avs4alco1(1f(1,25),1f(1,2)31，解得a116，所以数列an的通项公式为an16 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n1) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n5)，所以Sn eq f(16blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup15(n),1f(1

8、,2)32 eq f(1,2n5).故选C.4(2021浙江台州模拟)已知数列an，bn满足2an1an3(n1)，a110，bnan1，若数列bn的前n项和为Sn，则满足不等式|Sn6| eq f(1,170)的最小整数n是()A8 B9 C11 D10答案D解析由题意可知2an1an3，即an1 eq f(1,2)an eq f(3,2)，即an11 eq f(1,2)(an1)，又因为a110，bnan1，所以b1a119，bn1 eq f(1,2)bn，即数列bn是首项为9，公比为 eq f(1,2)的等比数列，所以bn9 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq

9、sup15(n1)，所以Snb1b2bn eq f(9blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup15(n),1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)66 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n)，则|Sn6|6 eq f(1,2n) eq f(1,170)，即 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n) eq f(1,1020)，又因为 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(10) eq f(1,1024)，所以满足不等式|Sn6

10、| eq f(1,170)的最小整数n10.故选D.5(2021阜新模拟)已知数列an满足an1(1)nan3n1，Sn为数列an的前n项和，则S20()A300 B320 C340 D360答案C解析因为an1(1)nan3n1，当n为偶数时，有an1an3n1，an2an13n4.所以anan26n5.所以a2a462517，a6a866541，a18a206185113.所以a2a4a20 eq f(5（17113）,2)325.当n为奇数时，有an1an3n1，an2an13n4.所以an2an3.所以a1a33，a5a73，a17a193，所以a1a3a195315.所以S20a1a

11、2a3a20(a1a3a19)(a2a4a20)15325340.故选C.1(2021新高考卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm12 dm，20 dm6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240 dm2，对折2次共可以得到5 dm12 dm，10 dm6 dm，20 dm3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180 dm2，以此类推则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么 eq o(,sup6(n),sdo4(k1)Sk dm2.答案5240 eq blc(r

12、c)(avs4alco1(3f(n3,2n)解析对折3次可以得到 eq f(5,2) dm12 dm，5 dm6 dm，10 dm3 dm，20 dm eq f(3,2) dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3430120 dm2.对折4次可以得到 eq f(5,4) dm12 dm， eq f(5,2) dm6 dm，5 dm3 dm，10 dm eq f(3,2) dm，20 dm eq f(3,4) dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S451575 dm2.对折n次共可以得到n1种规格的图形，且Sn eq f(240,2n)(n1)，因此 eq o(,sup6(n),sdo4

13、(k1)Sk240 eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,21)f(3,22)f(n1,2n). eq f(1,2) eq o(,sup6(n),sdo4(k1)Sk240 eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,22)f(3,23)f(n,2n)f(n1,2n1)，因此 eq f(1,2) eq o(,sup6(n),sdo4(k1)Sk240 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,22)f(1,23)f(1,2n)f(n1,2n1)240 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)f(n3,2n1).所以 eq o(,sup6(n),sdo4

14、(k1)Sk240 eq blc(rc)(avs4alco1(3f(n3,2n) dm2.2(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则 eq o(,sup6(n),sdo4(k1) eq f(1,Sk) 答案 eq f(2n,n1)解析设等差数列an的公差为d，则由 eq blc(avs4alco1(a3a12d3，,S44a1f(43,2)d10，)得 eq blc(avs4alco1(a11，,d1.)Snn1 eq f(n（n1）,2)1 eq f(n（n1）,2)， eq f(1,Sn) eq f(2,n（n1）)2 eq blc(rc)(avs4alco1(

15、f(1,n)f(1,n1). eq o(,sup6(n),sdo4(k1) eq f(1,Sk) eq f(1,S1) eq f(1,S2) eq f(1,S3) eq f(1,Sn)2 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,2)f(1,3)f(1,3)f(1,4)f(1,n)f(1,n1)2 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,n1) eq f(2n,n1).3(2021新高考卷)已知数列an满足a11，an1 eq blc(avs4alco1(an1，n为奇数，,an2，n为偶数)(1)记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；(2)求

16、an的前20项和解(1)由已知，a11，a2a112，a3a224，a4a315，因为a2n1a2n2a2n112a2n13，即a2n1a2n13，所以数列an的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，所以当n为奇数时，an1 eq blc(rc)(avs4alco1(f(n1,2)1)3 eq f(3n1,2).因为a2n2a2n11a2n21a2n3，即a2n2a2n3，所以数列an的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，所以当n为偶数时，an2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(n,2)1)3 eq f(3n2,2)，而bna2n，所以b1a22，b2a45，bna2n

17、 eq f(32n2,2)3n1，所以数列bn的通项公式为bn3n1.(2)由(1)，知an的前20项和S20a1a2a20(a1a3a19)(a2a4a20)101 eq f(109,2)3102 eq f(109,2)3300.所以an的前20项和为300.4(2021全国乙卷)设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn eq f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列(1)求an和bn的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和证明：Tn0，即b2b1；当n2时，bn1bn0，即bn1bn，所以b2是最大项，且b22，所以2.例6(2021广东广州模拟)已知数列a

18、n满足an1an2，nN*，且a2，a5，a14成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2nan1，求数列bn的前n项和Sn.解(1)由an1an2，得an1an2，所以数列an是以2为公差的等差数列，又a2，a5，a14成等比数列，得a eq oal(sup3(2),sdo1(5)a2a14，即(a18)2(a12)(a126)，解得a11，所以an12(n1)2n1.(2)由(1)可得，bn2nan12n(2n1).则Sn321522(2n1)2n，2Sn322523(2n1)2n1.将上述两式相减，得Sn322(22232n)(2n1)2n1，即Sn62 eq f(22（12n

19、1）,12)(2n1)2n162n28(2n1)2n12n1(12n)2，所以Sn(2n1)2n12.5.(2021锦州第二高级中学模拟)已知等差数列bn满足bn2n2bn14(n2，3，)，数列an的前n项和记为Sn，且Sn2n1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)因为Sn2n1，所以当n1时，a11；当n2时，Sn12n11.所以anSnSn12n1，对于n1时也满足，故an2n1.设bnbn1d，则bnbn12bn12n4bn1bn12n4d.所以bn12n4d，则bn2(n1)4d，所以dbnbn12.因此bn2n.(2)由(1)

20、，知an2n1，bn2n，则cnn2n，Tn21222323n2n，2Tn22223324n2n1，将上述两式相减，得Tn2122232nn2n12n12n2n1.所以Tn(n1)2n12.6(2021河北秦皇岛一中模拟)已知数列an满足an12an20，且a18.(1)证明：数列an2为等比数列；(2)设bnnan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)证明：因为数列an满足an12an20，所以an12an2.整理，得an122(an2).又a1260， eq f(an12,an2)2(常数)，所以数列an2是以6为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)，知an262n1，即an32n2.所以

21、bn3n2n2n.设cn3n2n，数列cn的前n项和为Sn，则Sn326229233n2n，2Sn3226233(n1)2n3n2n1，将上述两式相减，得Sn3232232332n3n2n13 eq f(2（12n）,12)3n2n16(2n1)3n2n1.所以Sn63(n1)2n1.又数列2n的前n项和为Snn(n1)，所以TnSnSn3(n1)2n1n2n6.用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“三步骤”把数列的通项化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比先列出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比得到新表达式，两式作差根据差式的特征进行准确求和(2)注意解题“三关键

22、”要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形在写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q1和q1两种情况求解考点裂项相消法求和例7(2022衡阳模拟)已知函数f(x)x的图象过点(4，2)，且an eq f(1,f（n1）f（n）)，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2022()A eq r(2020)1 B eq r(2021)1C eq r(2022)1 D eq r(2023)1答案D解析由f(4)2，可得42，解得 eq f(1,2)，则f(x)x eq

23、f(1,2) eq r(x)，an eq f(1,f（n1）f（n）) eq f(1,r(n1)r(n) eq r(n1) eq r(n)，所以S2022a1a2a3a2022( eq r(2) eq r(1)( eq r(3) eq r(2)( eq r(4) eq r(3)( eq r(2023) eq r(2022) eq r(2023)1.故选D.7.(2021天津宝坻模拟)在等差数列an中，a34，a5a815.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn eq f(1,（n2）an)，数列bn的前n项和为Sn，求证：Sn eq f(1,2).解(1)设等差数列an的公差为d，因为a34

24、，a5a815，所以a12d4，2a111d15.解得a12，d1.所以an2(n1)n1.(2)证明：由(1)可得ann1.bn eq f(1,（n2）an) eq f(1,（n1）（n2）) eq f(1,n1) eq f(1,n2)，所以数列bn的前n项和Sn eq f(1,2) eq f(1,3) eq f(1,3) eq f(1,4) eq f(1,n1) eq f(1,n2) eq f(1,2) eq f(1,n2)0)，则b1a12，由b2b3a2a4，得2(qq2)12，所以q2q60，解得q2或q3(舍去)，所以bn2n.(2)由(1)可得cn|bn2021| eq blc(

25、avs4alco1(20212n，n10，,2n2021，n11.)当n10时，Tn2021n(21222n)2021n eq f(2（12n）,12)2n12021n2.当n11时，Tn(2n12021n2)2T102n12021n22(211202102)2n12021n40422212，即Tn eq blc(avs4alco1(2n12021n2，n10，,2n12021n36326，n11.)例2(2021辽宁朝阳建平实验中学模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn33an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn eq f(an,SnSn1)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因

26、为2Sn33an，所以2Sn133an1，n2.由，得2an3an3an1(n2)，即an3an1(n2)，又当n1时，2a133a1，解得a13，所以数列an是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an3n.(2)由(1)，知Sn eq f(3（13n）,13) eq f(3,2)(3n1)，所以bn eq f(an,SnSn1) eq f(3n,f(9,4)（3n1）（3n11）) eq f(2,9) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3n1)f(1,3n11)，所以Tn eq f(2,9) eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(f(1,3

27、11)f(1,321)blc(rc)(avs4alco1(f(1,321)f(1,331)blc(rc)(avs4alco1(f(1,3n1)f(1,3n11) eq f(2,9) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3n11).例3(2022长春模拟)已知数列an，bn满足a1 eq f(1,18)，2an1an16an1an，bn eq f(1,an)16.(1)证明数列bn为等比数列，并求数列bn的通项公式；(2)求a1b1a2b2a3b3a7b7.解(1)由2an1an16an1an，得 eq f(2,an) eq f(1,an1)16.于是 eq f(1,a

28、n1)162 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)16)，即bn12bn.而b1 eq f(1,a1)162，所以数列bn是首项为2，公比为2的等比数列所以bn22n12n.(2)由(1)，知an eq f(1,2n16)，所以anbn eq f(2n,2n16).因为akbka8kb8k eq f(2k,2k16) eq f(28k,28k16) eq f(2k4,2k41) eq f(1,12k4)1，所以2(a1b1a2b2a3b3a7b7)(a1b1a7b7)(a2b2a6b6)(a7b7a1b1)7，因此a1b1a2b2a3b3a7b7 eq f(7,2).1认真

29、审题，确定类型，选取适当的解题方法是求解的关键计算能力是基础能力2数列求和的常用方法(1)对于等差数列、等比数列，利用公式法可直接求解；(2)对于anbn结构，其中an是等差数列，bn是等比数列，用错位相减法求和；(3)对于anbn结构，利用分组求和法；(4)对于 eq blcrc(avs4alco1(f(1,anan1)结构，其中an是等差数列，公差为d(d0)，则 eq f(1,anan1) eq f(1,d) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)f(1,an1)，利用裂项相消法求和课时作业一、单项选择题1(2022江苏黄桥中学模拟)已知an eq f(n,n1)，则a

30、1 eq f(a2,22) eq f(a3,32) eq f(a2021,20212) eq f(a2022,20222)()A eq f(2022,2023) B eq f(1,2023) C eq f(2021,2022) D eq f(1,2022)答案A解析依题意，所求和式的通项是 eq f(an,n2)，因为an eq f(n,n1)，所以 eq f(an,n2) eq f(1,n（n1）) eq f(1,n) eq f(1,n1)，于是得 eq o(,sup6(n),sdo4(i1) eq f(ai,i2) eq o(,sup6(n),sdo4(i1) eq blc(rc)(avs

31、4alco1(f(1,i)f(1,i1) eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)1 eq f(1,n1) eq f(n,n1)，当n2022时， eq o(,sup6(2022),sdo4(i1) eq f(ai,i2) eq f(2022,2023)，所以a1 eq f(a2,22) eq f(a3,32) eq f(a2021,20212) eq f(a2022,202

32、22) eq f(2022,2023).故选A.2(2021南平模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且Snn23n，数列bn满足bn eq f(1,anan1)，则数列bn的前64项和为()A eq f(63,520) B eq f(4,33) C eq f(1,33) D eq f(1,132)答案B解析由数列an的前n项和Snn23n，可得a1S14，当n2时，anSnSn1n23n(n1)23(n1)2n2，上式对n1也成立，所以bn eq f(1,anan1) eq f(1,（2n2）（2n4）) eq f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n1)f(1,n2

33、)，则数列bn的前64项和为T64 eq f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3) eq f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,4) eq f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,65)f(1,66) eq f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,66) eq f(4,33).故选B.3(2021长治模拟)已知函数f(x) eq f(2,1x2)(xR)，若等比数列an满足a1a20211，则f(a1)f(a2)f(a3)f(a2021)()A eq f(1

34、,2) B eq f(2021,2) C2 D2021答案D解析由f(x) eq f(2,1x2)，得f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x) eq f(2,1f(1,x2) eq f(2x2,1x2)，则f(x)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x) eq f(2,1x2) eq f(2x2,1x2)2，又数列an是等比数列，则a1a2021a2a2020a eq oal(sup3(2),sdo1(1011)1，所以f(a1)f(a2021)f(a2)f(a2020)f(a1010)f(a1012)2，f(a1011) eq f(2,11)1，所以f(a

35、1)f(a2)f(a3)f(a2021)f(a1)f(a2021)f(a2)f(a2020)f(a1010)f(a1012)f(a1011)1010212021.故选D.4(2022淮北模拟)如图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n1，nN*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则 eq f(9,a2a3) eq f(9,a3a4) eq f(9,a4a5) eq f(9,a2022a2023)()A eq f(2021,2022) B eq f(2022,2021) C eq f(2023,2022) D eq f(2022,2023)答案A解析由题意可得a23233

36、，a33336，a43439，a535312，可得an3n3，则 eq f(9,anan1) eq f(9,（3n3）3n) eq f(1,n（n1）) eq f(1,n1) eq f(1,n)， eq f(9,a2a3) eq f(9,a3a4) eq f(9,a4a5) eq f(9,a2022a2023)1 eq f(1,2) eq f(1,2) eq f(1,3) eq f(1,2021) eq f(1,2022)1 eq f(1,2022) eq f(2021,2022).故选A.5(2022郑州模拟)已知数列an满足anan12n，Sn为其前n项和，若a1a4，则S101()A48

37、82 B5100 C5102 D5212答案C解析因为anan12n，所以an1an22n2，由，得an2an2.所以数列an的奇数项与偶数项均构成公差为2的等差数列当n为奇数时，ana1 eq blc(rc)(avs4alco1(f(n1,2)1)2na11；当n为偶数时，ana2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(n,2)1)2na22n(2a1)2na1，又因为a1a4，所以a14a1，解得a12.所以an eq blc(avs4alco1(n1，n为奇数，,n2，n为偶数)所以S101(a1a101)(a2a100) eq f(51,2)(2102) eq f(50,2)(

38、098)5102.故选C.6数列(1)nn的前2021项和S2021为()A1009 B1010C1011 D2020答案C解析S202112345202020211(23)(45)(20202021)110101011.故选C.7(2022江西永丰中学模拟)化简Snn(n1)2(n2)2222n22n1的结果是()A2n1n2 B2n1n2C2nn2 D2n1n2答案D解析因为Snn(n1)2(n2)2222n22n1，所以2Snn2(n1)22(n2)2322n12n，由，得Snn2222n12nn eq f(2（12n）,12)n2n122n1n2.故选D.8(2022哈尔滨一中模拟)数

39、列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,（2n1）（2n1）)的前2022项和为()A eq f(4042,4045) B eq f(2023,4045)C eq f(2022,2023) D eq f(2022,4045)答案D解析因为 eq f(1,（2n1）（2n1）) eq f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)f(1,2n1)，所以数列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,（2n1）（2n1）)的前2022项和为S2022 eq f(1,2) eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)

40、blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,5)blc(rc)(avs4alco1(f(1,4043)f(1,4045) eq f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,4045) eq f(2022,4045).故选D.二、多项选择题9(2021江苏泰州姜堰中学模拟)已知数列an，bn均为递增数列，an的前n项和为Sn，bn的前n项和为Tn.且满足anan12n，bnbn12n(nN*)，则下列说法正确的有()A0a11 B1b12a1，,a2a32a242a1.)所以0a11，故A正确；所以S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)26102(2n

41、1)2n2.因为bnbn12n，所以bn1bn22n1，所以 eq f(bn2,bn)2，所以数列bn的奇数项与偶数项均构成公比为2的等比数列因为数列bn为递增数列，所以bn0，b1b2b3.所以 eq blc(avs4alco1(b2f(2,b1)b1，,b3b22b1f(2,b1)，,b10.)所以1b12 eq r(b1b2)(2n1)2 eq r(2)(2n1)，所以对于任意的nN*，S2nT2n，故C正确，D错误故选ABC.10(2021扬州新华中学模拟)设首项为1的数列an的前n项和为Sn，已知Sn12Snn1，则下列结论正确的是()A数列Snn为等比数列B数列2Sn的前n项和为2

42、n2n2n4C数列an的通项公式为an2n11D数列an1为等比数列答案AB解析首项为1的数列an的前n项和为Sn，Sn12Snn1，所以Sn1n12Sn2n2(Snn)，又S112，所以数列Snn是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；因为Snn2n，2Sn2n12n，所以2Sn的前n项和为 eq f(4（12n）,12) eq f(n（22n）,2)2n24n2n，故B正确；由Snn2n，得Sn2nn，当n2，nN*时，anSnSn1(2nn)(2n1n1)2n11，当n1时，a11，不满足上式，故C错误；因为数列an1的前3项为2，2，4，显然不是等比数列，故D错误故选AB.三、填空题

43、11(2022江苏扬州仪征第二中学模拟)若bn eq f(n,2n1)(nN*)，则数列bn的前n项和Tn 答案4(n2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n1)(nN*)解析因为bn eq f(n,2n1)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n1)，所以Tn1 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(0)2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(1)3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(2)(n1)

44、eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n2)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n1)，所以 eq f(1,2)Tn1 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(1)2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(2)3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(3)(n1) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n1)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq su

45、p15(n)，将上述两式相减，得 eq f(1,2)Tn eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(0) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(1) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n1)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n)，即 eq f(1,2)Tn eq f(blc(rc)(a

46、vs4alco1(f(1,2)sup15(0)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup15(n),1f(1,2)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n)2 eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup15(n)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n)2(n2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n)，所以Tn4(n2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)

47、eq sup15(n1)(nN*).12(2022广西钦州浦北中学模拟)已知数列an的前n项和Sn2an2，若bnlog2an，设数列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,bnbn1)的前n项和为Tn，则T100 答案 eq f(100,101)解析由题意，得a1S12a12，解得a12，当n2时， eq blc(avs4alco1(Sn2an2，,Sn12an12，)且SnSn1an，化简整理，得 eq f(an,an1)2，所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列所以an2n.故bnlog2anlog22nn， eq f(1,bnbn1) eq f(1,n（n1）) eq f

48、(1,n) eq f(1,n1)，T100 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,99)f(1,100) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,100)f(1,101)1 eq f(1,2) eq f(1,2) eq f(1,3) eq f(1,99) eq f(1,100) eq f(1,100) eq f(1,101)1 eq f(1,101) eq f(100,101).13(2021大连普兰店第二中学模拟)数列an的通项为an eq f(

49、1,r(n1)r(n)，其前n项和为Sn，若Sn9，则项数n 答案99解析因为an eq f(1,r(n1)r(n) eq r(n1) eq r(n)，所以Sn eq r(2) eq r(1) eq r(3) eq r(2) eq r(n1) eq r(n) eq r(n1)1，又因为Sn9，即 eq r(n1)19，解得n99.14(2021石家庄模拟)已知数列an满足a11，且an1ann1009(nN*)，则其前2021项和S2021 答案2021解析S2021a1(a2a3)(a4a5)(a2020a2021)，又an1ann1009(nN*)，且a11，S20211(21009)(4

50、1009)(20201009)1(2462020)100910101 eq f(22020,2)1010100910102021.四、解答题15(2022云南丽江模拟)已知数列an为等差数列，前n项和为Sn，公差d0，且a1a427，S424.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn eq f(1,anan1)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由题意可知，S4 eq f(4（a1a4）,2)24.所以a1a412.联立 eq blc(avs4alco1(a1a412，,a1a427，)解得 eq blc(avs4alco1(a13，,a49)或 eq blc(avs4alco1(a19，,a

51、43.)又d0，所以a13，a49，d eq f(a4a1,41)2，an32(n1)2n1.故数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)可知，bn eq f(1,anan1) eq f(1,（2n1）（2n3）) eq f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)f(1,2n3)，所以Tn eq f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,5)f(1,5)f(1,7)f(1,2n1)f(1,2n3) eq f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,2n3) eq f(n,6n9).16(2022江西莲花中学模拟)已知正项数列an的前n项和Sn满足：S eq oal(sup3(2),sdo1(n)(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求Sn；(2)求数列an的通项公式；(3)令bn eq f(2n1,（n1）2a eq oal(sup3(2),sdo